清北刷题10.23night
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NOIP 模拟赛 张若天 2018 年 10 ⽉ 23 ⽇ 题⽬名称 监听 实验室 ⽂明 可执⾏⽂件名 monitor lab civilization 输⼊⽂件名 monitor.in lab.in civilization.in 输出⽂件名 monitor.out lab.out civilization.out 每个测试点时限 1 秒 1 秒 1 秒 内存限制 256MB 256MB 256MB 测试点数⽬ 10 10 10 每个测试点分值 10 10 10 是否有 Special Judge ⽆ ⽆ ⽆ 题⽬类型 传统型 传统型 传统型 是否有附加⽂件 否 否 否 C++ 语⾔⽂件名后缀 cpp cpp cpp C 语⾔⽂件名后缀 c c c Pascal 语⾔⽂件名后缀 pas pas pas 编译开关 对于 C++ 语⾔ -lm 对于 C 语⾔ -lm 全部题⽬使⽤⽂件输⼊输出,评测环境 Cena。 考试时间 3.5h。 忘了什么时候开始 到清晨才能⼊睡 也忘了什么叫做结尾 又有谁在乎呢 凌晨三点的窗前 播放着那段时光 有⼀个骄傲的少年 隐藏他的青春 — 张希/曹⽅《认真地老去》 2 监听 monitor.in/.out/.cpp 弱小和⽆知不是⽣存的障碍,拖延症才是。 【背景】 不阅读本题的【背景】并不影响通过本题。 三体信息中没有包含对三体⼈⽣物形态的任何描述,⼈类要在四百多年 以后才能真正看到三体⼈。在阅读信息时,叶⽂洁只能把三体⼈想象成⼈类 的形象。 1379 号监听站已经存在了上千年,像这样的监听站,在三体世界中有 ⼏千个,它们全神贯注地聆听着宇宙间可能存在的智慧⽂明的信息。 最初监听站中有上百名监听员,但随着技术的进步,现在只有⼀个⼈值 守了。监听员是⼀个卑微的职业,他们虽然⾝处恒温且能保证⽣活供给的监 听室中,在乱世纪不必脱⽔,但他们的⽣命也就在这⼩⼩的空间中流逝,能 够享受到的恒纪元快乐⽐其他⼈要少得多。 1379 号监听员投过⼩⼩的床⼦看着外⾯的三体世界,这是乱纪元的⿊ 夜,巨⽉还没有升起来,⼤多数⼈都处于脱⽔的冬眠中,甚⾄植物也本能地 脱⽔了,成了附着于地表没有⽣命的⼀束⼲纤维。星光下,⼤地看上去像⼀ ⼤块冰冷的⾦属。 这是最孤寂的时刻,在静静的午夜,宇宙向它的聆听者展⽰着⼴漠的荒 凉。1379 号监听员最不愿意看的,就是显⽰器上缓缓移动的那条曲线,那是 监听系统接收到的宇宙电波的波形,⽆意义的噪声。他感到这条⽆限长的线 就是宇宙的抽象,⼀头连着⽆限的过去,另⼀头连着⽆限的未来,中间只有 为⽆规律⽆⽣命的随机起伏。⼀个个⾼低错落的波峰就像⼀粒粒⼤⼩不等的 沙⼦,整条线就像是所有沙粒排成⾏形成的⼀维沙漠,荒凉寂寥,长得令⼈ ⽆法忍受。你可以沿着它向前向后⾛⽆限远,但永远找不到归宿。 【问题描述】 监听的宇宙电波可以抽象成⼀个长度为 L 的⼩写字母组成的字符串。 3 同时在三体⼈总结出来了 n 段敏感电波的样⼦,每段敏感电波的长度 都是 m。 现在请你实现⼀个程序,求出在这长度为 L 的⼩写字母组成的字符串 中某个敏感电波第⼀次出现的位置(位置从 1 开始计数) 。 如果从头到尾,没有任何敏感电波出现,输出”no”(不带双引号) 。 【输入格式】 第⼀⾏三个整数 L, n, m。 接下来 n ⾏,每⾏⼀个长度为 m 的字符串,表⽰敏感电波。 接下来⼀⾏,⼀个长度为 L 的字符串,表⽰监听到的电波。 【输出格式】 输出⼀个整数或者⼀个字符串”no”(不带双引号) 。 【样例输入 1】 11 3 3 aba cba abc aaabbabcaba 【样例输出 1】 6 【样例输入 2】 11 3 3 aba cba abc 4 aaabbabzabz 【样例输出 2】 no 【数据规模及约定】 对于前 30% 的数据,1 ≤ L ≤ 100, 1 ≤ n ≤ 100, 1 ≤ m ≤ 20。 对于前 50% 的数据,1 ≤ L ≤ 10000, 1 ≤ n ≤ 1000, 1 ≤ m ≤ 20。 对于另外 20% 的数据,n = 1。 对于前 100% 的数据,1 ≤ L ≤ 10 5 , 1 ≤ n ≤ 10 4 , 1 ≤ m ≤ 20。 5 实验室 lab.in/.out/.cpp 光锥之内都是新闻。 【背景】 不阅读本题的【背景】并不影响通过本题。 《时间之外的往事》(节选) 弯曲空间的动⼒ 这个宇宙的空间并不是平坦的,⽽是存在着曲率,如果把宇宙的整体想 象为⼀张⼤膜,这张膜的表⾯是弧形的,整张膜甚⾄可能是⼀个封闭的肥皂 泡。虽然膜的局部看似平⾯,但空间曲率还是⽆处不在。 早在公元世纪,曾出现过许多极富野⼼的宇宙航⾏设想,其中之⼀就是 空间折叠。设想把⼤范围空间的曲率⽆限增⼤,像⼀张纸⼀样对折,把“纸 ⾯”上相距千万光年的遥远的两点贴在⼀起。这个⽅案严格说来不应称为宇 宙航⾏,⽽应该叫做。 “宇宙拖曳” ,因为它实质上并不是航⾏到⽬的地,⽽是 通过改变空间曲率把⽬的地花过来。 这种⽓吞宇宙的事只有上帝才做得⼭来. 如果加上基本理论的限制. 可能上帝也不⾏。 对于利⽤空间曲率航⾏,后来又出现了⼀个更温和更局部的设想,⼀艘 处于太空中的飞船,如果能够⽤某种⽅式把它后⽽的⼀部分空间熨平,减⼩ 其曲率、那么飞船就会被前⽅曲率史⼤的空间拉过去,这就是曲率驱动。 曲率驱动不可能像空间折叠那样瞬间到达⽬的地,但却有可能使飞船以 ⽆限接近光速的速度航⾏。 但直到云天明情报被正确解读前,曲率驱动仍是⼀个幻想,同上百个光 速飞⾏的幻想⽅案⼀样, ⽆论从理论上还是技术上, 没有⼈知道它是否可⾏。 【问题描述】 沿着着曲率驱动的思路,R 君开发出了时间旅⾏传送门。 R 君将 n-1 个时间旅⾏传送门部署到了 n 个星球。如果只⾛这 n-1 个 时间旅⾏传送门,R 君发现这 n 个星球是两两可达的(也就是⼀棵树) 。 6 但是时间旅⾏传送门除了传送的功能外还额外有着时间旅⾏的功能,⽐ 如说 (X i , Y i , T i ) 这个传送门,通过这个传送门从 X i 到 Y i 时间就会增加 T i (T i 可正可负),通过这个传送门从 Y i 到 X i 时间就会减少 T i (T i 可正可 负)。 现在 R 君关⼼的问题是从 x 星球能不能通往 y 星球,同时时间恰好增 加 z(z 可正可负) 。 由于现在是⼀个树形的结构,所以实际上两点之间的路径唯⼀,所以 R 君很快写了个程序计算出了这个结果。 但是随着 R 君继续部署传送门,这个问题变得复杂了起来,所以请你 来帮帮忙。 【输入格式】 第⼀⾏两个整数 n,q。q 表⽰之后处理的事件的数量。 接下来 n-1 ⾏,每⾏三个整数 x i ,y i ,T i 。 接下来 q ⾏,每⾏四个正整数 k, x, y, t。 若 k=0,表⽰部署⼀个新的传送门 (x,y,t)。 若 k=1,表⽰询问是否可以从 x 到 y,使得时间恰好增加 t。 【输出格式】 对于每个 k=1 的询问,输出⼀⾏⼀个答案 yes/no。 (⼩写) 【样例输入】 5 5 1 2 1 2 3 1 3 4 1 4 5 2 1 1 5 5 1 2 5 5 1 1 5 10 7 0 2 4 -3 1 1 5 10 【样例输出】 yes no no yes 【样例解释】 添加 (2,4,-3) 后可以从 1->2->3->4->2->3->4->5, 时间变化是 1+1+1- (-3)+1+1+2=10。 【数据规模及约定】 对于前 30% 的数据,1 ≤ n ≤ 1000, 1 ≤ q ≤ 1000 , |T i | ≤ 10 9 。 对于另外 20% 的数据,不存在 k=0 的输⼊。 对于另外 20% 的数据,只存在⼀条 k=0 的输⼊。 对于前 100% 的数据,1 ≤ n ≤ 10 5 , 1 ≤ q ≤ 4 × 10 5 , |T i | ≤ 10 9 。 8 文明 civilization.in/.out/.cpp 给岁月以⽂明,⽽不是给⽂明以岁月。 【背景】 不阅读本题的【背景】并不影响通过本题。 罗辑那边的⽕星升了起来并来回移动,显然是他站起⾝来踱步,在地球 上是可以的,但在宇宙中不⾏,下⾯我们引⼊⼀个重要概念:猜疑链。挺怪 的词⼉。我开始仅得到这么⼀个词,她没有解释,但我后来终于从字⾯上推 测出了它的含义。他?他是谁?后⾯再说吧,我们继续:如果你认为我是善 意的,这并不是你感到安全的理由,因为按照第⼀条公理,善意⽂明并不能 预先把别的⽂明也想成善意的,所以,你现在还不知道我是怎么认为你的, 你不知道我认为你是善意还是恶意;进⼀步,即使你知道我把你也想象成善 意的,我也知道你把我想象成善意的,但是我不知道你是怎么想我怎么想你 怎么想我的,挺绕的是不是?这才是第三层,这个逻辑可以⼀直向前延伸, 没完没了。我懂你的意思。这就是猜疑链。这种东西在地球上是见不到的。 ⼈类共同的物种、相近的⽂化、同处⼀个相互依存的⽣态圈、近在咫尺的距 离,在这样的环境下,猜疑链只能延伸⼀⾄两层就会被交流所消解。但在太 空中,猜疑链则可能延伸得很长,在被交流所消解之前,⿊暗战役那样的事 已经发⽣了。 【问题描述】 R 君在继续着宇宙社会学的研究,R 君发现是否为善意的⽂明与他们的 距离到本⽂明的距离的奇偶有很⼤的关系。 所以 R 君提出了如下简化的问题,考虑⼀个 n 个节点带边权的树,两 点间距离是两点间树上路径的边权和。 R 君想知道对于⼀个点来说,到这个点是距离奇数的节点的距离和,与 到这个点距离是偶数的节点的距离和。 9 【输入格式】 第⼀⾏包含两个整数 n, q。q 表⽰询问数量。 接下来 n-1 ⾏,每⾏三个数字 (x,y,z) 表⽰ x 与 y 之间的距离是 z。 接下来 q ⾏,每⾏⼀个整数 x,表⽰询问的节点为 x。 【输出格式】 输出包含 q ⾏,每⾏两个整数,分别表⽰距离为奇数的节点的距离和与 距离为偶数的节点的距离和。 【样例输入】 4 4 1 2 1 2 3 2 2 4 3 1 2 3 4 【样例输出】 4 4 4 2 8 2 8 4 【样例解释】 每个点到 1 号点的距离:0,1,3,4 每个点到 2 号点的距离:1,0,2,3 每个点到 3 号点的距离:3,2,0,5 10 每个点到 4 号点的距离:4,3,5,0 【数据规模和约定】 对于前 20% 的数据,1 ≤ n ≤ 100。 对于前 40% 的数据,1 ≤ n ≤ 2000。 对于前 70% 的数据,1 ≤ n ≤ 5 × 10 4 。 对于前 100% 的数据,1 ≤ n ≤ 10 5 , q ≤ n, 1 ≤ z ≤ 10 3 。 11 (完) 12
/* string + map 水过 */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<string> #include<map> #define N 100007 using namespace std; int n,m,l,ans,cnt; string s[10002]; map<string,bool>vis; string ss; int main() { freopen("monitor.in","r",stdin); freopen("monitor.out","w",stdout); scanf("%d%d%d",&l,&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) cin>>s[i],vis[s[i]]=1; cin>>s[0]; for(int i=0;i<=l-m;i++) { ss=s[0].substr(i,m); if(vis[ss]){ans=i+1;break;} } if(!ans) printf("no\n"); else printf("%d\n",ans); fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
/* 各种情况分析,由于路径权值的相反性 只要有环,要么不走,要么等效完整走整数遍。 假设有k个环,每个环的边权和为xi,那么问题转化为 不定方程a*x1+b*x2+c*x3+....+m*xk=T是否存在整数解。 根据不定方程整数解的条件可知,gcd(x1~xm) | T 时有,否则无。 */ #include<bits/stdc++.h> #define N 411111 #define ll long long using namespace std; int n,q; ll sum[N]; int toedge[N],cnt; struct Edge { int to,val,next; }; Edge edge[N<<1]; int read() { int ret=0,neg=1; char c=getchar(); while (c<'0' || c>'9'){if (c=='-') neg=-1;c=getchar();} while (c>='0' && c<='9'){ret=ret*10+c-'0';c=getchar();} return ret*neg; } ll SUM(int x,int y){return sum[y]-sum[x];} ll Abs(ll x){return x>0 ? x : -x;} ll gcd(ll x,ll y){return (y==0) ? x : gcd(y,x%y);} void add(int from,int to,int val) { edge[++cnt]=(Edge) { to,val,toedge[from] }; toedge[from]=cnt; } void dfs(int x,int fa) { for (int i=toedge[x]; i; i=edge[i].next) { int to=edge[i].to; if (to==fa) continue; sum[to]=sum[x]+edge[i].val; dfs(to,x); } } int main() { freopen("lab.in","r",stdin); freopen("lab.out","w",stdout); n=read();q=read(); int x,y,z; for (int i=1; i<n; i++) { x=read();y=read();z=read(); add(x,y,z);add(y,x,-z); } dfs(1,0);int k,t;ll xun=-1; for (int i=1; i<=q; i++) { k=read();x=read();y=read();t=read(); if (k==0) { ll tmp=SUM(y,x); if (xun==-1) xun=Abs(tmp+t); else if (tmp+t!=0) xun=gcd(xun,Abs(tmp+t)); } else { ll tmp=Abs((ll)t-SUM(x,y)); if (xun==-1) if (tmp==0) puts("yes"); else puts("no"); else if (tmp%xun==0) puts("yes"); else puts("no"); } } }
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#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define N 100007 #define ll long long using namespace std; ll n,m,ans1,ans2,cnt,tot; ll x,y,z,q; ll head[N],deep[N],sum[N],f[N][26]; ll in[N],F[N][2],son[N][2]; struct edge{ ll u,v,w,nxt; }e[N<<1]; inline ll read() { ll x=0,f=1;char c=getchar(); while(c>'9'||c<'0'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} return x*f; } inline void add(int u,int v,int w) { e[++cnt].v=v;e[cnt].w=w;e[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt; } void dfs(int now,int fa,int c) { f[now][0]=fa;deep[now]=c; for(int i=head[now];i;i=e[i].nxt) { int v=e[i].v; if(v==fa) continue; sum[v]=sum[now]+e[i].w; dfs(v,now,c+1); } } void get() { for(int j=1;j<=25;j++) for(int i=1;i<=n;i++) f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1]; } int lca(int a,int b) { if(deep[a]<deep[b]) swap(a,b); int t=deep[a]-deep[b]; for(int i=0;i<=t;i++) if(t&(1<<i)) a=f[a][i]; if(a==b) return a; for(int i=25;i>=0;i--) if(f[a][i]!=f[b][i]) a=f[a][i],b=f[b][i]; return f[a][0]; } void solve1() { dfs(1,1,0);get(); for(int i=1;i<=m;i++) { tot=ans1=ans2=0; q=read(); for(int j=1;j<=n;j++) { if(j==q) continue; int res=lca(q,j); tot=sum[q]+sum[j]-2*sum[res]; if(tot%2) ans1+=tot; else ans2+=tot; } cout<<ans1<<" "<<ans2<<endl; } } void dp(int u,int from)//0 偶数 { son[u][0]=son[u][1]=0; for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) { int v=e[i].v; if(v==from) continue;dp(v,u); if(e[i].w%2==1) { son[v][1]++; if(in[v]==1) { son[v][1]++;son[u][1]++; F[u][0]+=e[i].w*son[v][0]; F[u][1]+=e[i].w*son[v][1]; } else { son[u][1]+=son[v][0],son[u][0]+=son[v][1]; F[u][0]+=F[v][1]+e[i].w*son[v][1]; F[u][1]+=F[v][0]+e[i].w*son[v][0]; F[u][1]+=e[i].w; } } else { son[v][0]++; if(in[v]==1) { son[v][0]++;son[u][0]++; F[u][0]+=e[i].w*son[v][0]; F[u][1]+=e[i].w*son[v][1]; } else { son[u][0]+=son[v][0],son[u][1]+=son[v][0]; F[u][0]+=F[v][0]+e[i].w*son[v][0]; F[u][1]+=F[v][1]+e[i].w*son[v][1]; F[u][0]+=e[i].w; } } } } void solve2() { for(int i=1;i<=m;i++) { q=read(); memset(f,0,sizeof F); memset(son,0,sizeof son); dp(q,q); cout<<F[q][1]<<" "<<F[q][0]<<endl; } } int main() { freopen("civilization.in","r",stdin); freopen("civilization.out","w",stdout); n=read();m=read(); for(int i=1;i<n;i++) { x=read();y=read();z=read(); add(x,y,z);add(y,x,z); } if(n<=5000) solve1(); else solve2(); fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
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#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; // 70%保证答案不爆int int n,q; int H[100005], X[200005], P[200005], w[200005], tot; inline void add(int x,int y,int z) { P[++tot]=y; X[tot]=H[x]; H[x]=tot; w[tot]=z; } typedef long long LL; LL f[2][100005]; // 子树 LL ans[2][100005]; int siz[2][100005]; // 子树 int siz2[2][100005]; // 整棵树 void dfs1(int x,int fa) { siz[0][x] = 1; for(int i=H[x]; i; i=X[i]) { if(P[i] == fa) continue; dfs1(P[i],x); if(w[i]&1) { siz[0][x] += siz[1][P[i]]; siz[1][x] += siz[0][P[i]]; f[0][x] += f[1][P[i]] + w[i]*siz[1][P[i]]; f[1][x] += f[0][P[i]] + w[i]*siz[0][P[i]]; } else { siz[0][x] += siz[0][P[i]]; siz[1][x] += siz[1][P[i]]; f[0][x] += f[0][P[i]] + w[i]*siz[0][P[i]]; f[1][x] += f[1][P[i]] + w[i]*siz[1][P[i]]; } } } void dfs2(int x,int fa) { for(int i=H[x]; i; i=X[i]) { if(P[i]==fa) continue; if(w[i]&1) { siz2[0][P[i]] = siz2[1][x]; siz2[1][P[i]] = siz2[0][x]; ans[0][P[i]] = f[0][P[i]] + ans[1][x] - (f[0][P[i]]+w[i]*siz[0][P[i]]) + w[i]*(siz2[1][x]-siz[0][P[i]]) ; ans[1][P[i]] = f[1][P[i]] + ans[0][x] - (f[1][P[i]]+w[i]*siz[1][P[i]]) + w[i]*(siz2[0][x]-siz[1][P[i]]) ; } else { siz2[0][P[i]] = siz2[0][x]; siz2[1][P[i]] = siz2[1][x]; ans[0][P[i]] = f[0][P[i]] + ans[0][x] - (f[0][P[i]]+w[i]*siz[0][P[i]]) + w[i]*(siz2[0][x]-siz[0][P[i]]) ; ans[1][P[i]] = f[1][P[i]] + ans[1][x] - (f[1][P[i]]+w[i]*siz[1][P[i]]) + w[i]*(siz2[1][x]-siz[1][P[i]]) ; } dfs2(P[i],x); } } int main() { freopen("civilization.in", "r", stdin); freopen("civilization.out", "w", stdout); scanf("%d%d",&n,&q); for(int i=1,x,y,z; i<n; i++) { scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); add(x,y,z);add(y,x,z); } dfs1(1,0); ans[0][1] = f[0][1];ans[1][1] = f[1][1]; siz2[0][1] = siz[0][1];siz2[1][1] = siz[1][1]; dfs2(1,0); int x; while(q--) { scanf("%d",&x); printf("%lld %lld\n",ans[1][x],ans[0][x]); } fclose(stdout); return 0; }
折花枝,恨花枝,准拟花开人共卮,开时人去时。
怕相思,已相思,轮到相思没处辞,眉间露一丝。